2018年武汉中考数学专题复习几何综合题

2018年武汉中考数学专题复习几何综合题1.这道题是关于几何综合题中的图形背景变换问题。已知四边形ABCD是矩形，E为CD的中点，F是BE上的一点，连接CF并延长交AB于点M，过点M作MN⊥CM，交AD于点N。(1)当点F为BE的中点时，证明AM＝CE，并且ABEF是平行四边形；(2)当BC＝BF＝2时，求DN的值；(3)连接AN，若BC＝BF＝4，求tan∠AMN的值。2.这道题是关于菱形ABCD中的射线问题。已知AB＝5，sin∠ABD＝55，点P是射线BC上一点，连接交菱形对角线BD于点E，连接EC。(1)证明△ABE≌△CBE；(2)当点P在线段BC上且BP＝2时，求△PEC的面积；(3)当点P在线段BC的延长线上且CE⊥EP时，求线段BP的长度。∴∠BAM＝∠FDC，∴∠BCM＝∠FDC，∴∠GCF＝∠BCM，∴∠MCG＝90°；(3)解：如解图②，连接AC交BD于点O，第3题解图②∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD＝1，∴BD＝√2，∵CE＝CM＝1，∴ME＝MC－CE＝0，∵G是EF的中点，∴GE＝GF＝1，∴CG＝√2，∴△CGE是45°-45°-90°的等腰直角三角形，∴CE＝GE×√2＝√2.根据题目给出的条件，可以得到以下结论：∠BAM＝∠DFM＝∠GFC，∠BCM＝∠GCF，∠GCF＋∠MCF＝∠BCM＋∠MCF＝90°，即∠MCG＝90°；根据以上结论，可以得到以下解法：由∠BAM＝∠BCM可推得∠BAE＝2∠CEM，又因为AB⊥BE，所以∠BAE＋∠CEM＝90°，即2∠CEM＋∠CEM＝90°，解得∠CEM＝30°。在Rt△ABE中，BE＝6，tan30°＝1/√3，所以CE＝BE－BC＝6－2×1/√3＝3－1/√3。根据题目给出的条件和图示，可以得到以下结论：四边形EMCH是矩形，∠ABF＝∠FBE＝30°，EH＝MC＝BE＝CD，∠EDC＝15°，BM＝ME＝AM＝3，EG＝CG，DG＝6－x，MG＝3＋x，AN＝EN，∠ECD＝∠GBC。根据以上结论，可以得到以下解法：(1)连接EC，过点E作EH⊥BC于点H，作EM⊥CD于点M，则四边形EMCH是矩形。根据勾股定理，可以得到MG2＝DG2＋DM2，即(3＋x)2＝(6－x)2＋32，解得x＝2，所以CG＝2。(2)连接BM、BG，根据题目给出的条件和图示，可以得到BM＝ME＝AM＝3，EG＝CG，DG＝6－x，MG＝3＋x。根据勾股定理，可以得到MG2＝DG2＋DM2，即(3＋x)2＝(6－x)2＋32，解得x＝2，所以CG＝2。(3)延长FE交CD于点G，连接BN、BG，根据题目给出的条件和图示，可以得到AN＝EN，EG＝CG。根据勾股定理，可以得到BN2＝AN2＋AB2，即BN2＝9+36＝45，所以BN＝3√5。由tan∠ECD＝2可得CE/ED＝2，所以ED＝CE/2＝(3－1/√3)/2，DN＝ED－EN＝(3－1/√3)/2－3√5/2。已知正方形ABCD的边长为6cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点。在图①中，当点M与点D重合时，要证明AF=MN。首先根据直角三角形的性质可得，∠HAD+∠HDA=90°。由于四边形ABCD是正方形，因此∠BAD=90°。又因为AF⊥MN，所以∠BAF+∠FAD=90°，即∠BAF=∠ADN。在直角三角形ABF和DAN中，我们可以得到∠NAD=∠FBA=90°，AD=AB，以及∠BAF=∠ADN。根据这些条件可以得到△BAF≌△ADN，从而得到AF=DN。又因为MN⊥AF且AF=DN，所以AF=MN，证毕。在图②中，点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以2cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts。我们可以先求出BF的长度。连接点E和BC的垂线，设垂足为G，则BG=GE=t，因为∠CBD=45°，所以∠BGF=45°，因此△BGF是等腰直角三角形，可以得到BF=BG×(AB/AG)=t×(6/(BF-t))，从而得到BF的函数表达式为BF=6t/(6-t)。接下来求FN的长度。由于BN=2AN，所以AN=2cm，BN=4cm。根据(1)中的结论可得∠AMN=∠BAC，又因为∠ABF=∠MAN=90°，所以△AMN∽△BAF，从而得到AM/AB=AN/BF。因为DM=t，所以AM=6-t，代入上式得到(6-t)/6=2/BF，解得BF=3，代入BN=4cm和AN=2cm中得到FN=5cm。如图①，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线，且∠BOC=60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒。(1)当t=2秒时，则OP=4，△ABP的面积为3。(2)当△ABP是直角三角形时，求t的值。解法提示：①因为动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，故当t=1秒时，OP=2。②如解图②，当∠B=90°时，△ABP的面积为8/3。(3)如图②，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：AQ·BP=3。证明：如解图④，作OE∥AP交BP于点E，∠OEB=∠APB=∠B，∠QAB+∠B=180°，又∠3+∠OEB=180°，∴∠3=∠QAB，又∵∠AOC=∠2+∠B=∠1+∠QOP，∠B=∠QOP，∴∠1=∠2，∴△QAO∽△OEP，故AQ·EP=EO·AO，又因为OE∥AP，故△OBE∽△ABP，故OE=AP=1，BP=EP，故AQ·BP=3。在正方形ABCD中，边长为22，点P在对角线AC上，连接BP并将其顺时针旋转90°到BQ，连接QP并延长至BC交点为E，延长QP至AD交点为F。(1)由BP＝BQ且∠PBQ＝90°可得，∠ABP＝∠CBQ，又因为AB＝CB且∠ABC＝90°，所以△ABP≌△CBQ，从而CQ＝AP。(2)在△ABP中，∠BPC＝45°＋∠ABP，又因为BP＝BQ且∠PBQ＝90°，所以∠BPC＝45°＋∠CPE，从而∠ABP＝∠CPE。又因为∠BAP＝∠PCE＝45°，所以△BAP∽△PCE，从而AB：AP＝CP：CE，代入AB＝22，CP＝4－x，解得y＝－x^2＋2x，当x＝1或3时，CE＝8BC。(3)猜想PF＝EQ，假设F在线段AD上。连接CE并在CE上取一点H，使HQ＝EQ。由旋转可得△PBQ为等腰直角三角形，从而∠BPQ＝∠PQB＝45°，又因为AD∥BC，所以∠DFE＝∠QEH。由△ABP≌△CBQ可得∠BAP＝∠BCQ＝45°，从而在△AFP和△CHQ中，∠FAP＝∠HCQ，因此PF＝AP＋AF＝CQ＋HQ＝EQ。从而得证PF＝EQ。首先，对于第一篇文章，没有明显的格式错误或有问题的段落，因此不需要进行删除或改写。对于第二篇文章，需要进行一些修改和改写：题目8：在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC。点D和E分别位于AC和BC上，且DC=EC。连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN。(1)BE与MN的数量关系是什么？解法提示：因为AM=ME，AP=PB，所以PM∥BE且PM=BE。同理，因为BN=DN，AP=PB，所以PN∥AD且PN=AD。因为AC=BC，所以AD=BE。因此，PM=PN。因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC。因为PM∥BC，PN∥AC，所以PM⊥PN。因此，△PMN是等腰直角三角形，所以MN=2PM。因此，BE=2MN。(2)将△DEC绕点C逆时针旋转到如图②的位置，判断(1)中的结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由。解法提示：成立。如图①，连接AD，延长BE交AD于点H。因为△ABC和△CDE是等腰直角三角形，所以CD=CE，CA=CB，∠ACB=∠DCE=90°。因为∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE，所以∠ACD=∠ECB。因此，△ECB≌△DCA。因为BE=AD，∠DAC=∠EBC。因为M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，所以PM∥BE，PM=BE，PN∥AD，PN=AD。因此，PM=PN，∠MPN=90°。因此，BE=2PM=2MN。(3)若CB=6，CE=2，在将图①中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，MN的长度是多少？解法提示：如图②，作CG⊥BD于G，则DG=CG=GE=2。因为∠GDC=∠GEC=90°，所以△DGC和△EGC是等腰直角三角形。因此，DG=GC=GE。因为CE=2，所以BE=BC+CE=6+2=8。因为M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，所以MN=BP/2=(BC+CP)/2=(BC+AB)/4=(6+10)/4=4。因此，MN=4。第8题解析：当D、E、B共线时，根据勾股定理可得：BG＝BC2－CG2＝62－(2)2＝34因此，BE＝BG－GE＝34－2MN＝2BE＝17－1改写为：在Rt△BCG中，当D、E、B共线时，根据勾股定理可得BG＝BC²－CG²＝6²－2²＝34。因此，BE＝BG－GE＝34－2，从而MN＝2BE＝17－1。第9题解析：(1)证明：根据折叠性质可得AE＝FE，并且∠EAF＝∠EFA。因为GF⊥AF，所以∠EAF＋∠FGA＝∠EFA＋∠EFG＝90°，又∠FGA＝∠EFG，因此EG＝EF，即AE＝GE。(2)解：当点F落在AC上时，根据题意可知AE＝a，因此AD＝na。由对称性可得BE⊥AF，因此∠ABE＋∠BAC＝90°。又因为∠DAC＋∠BAC＝90°，所以∠ABE＝∠DAC。又∠BAE＝∠D＝90°，因此△ABE∽△DAC，从而有AB/DA＝AE/DC。因为AB＝DC，所以AB²＝AD·AE＝na·a＝na²，因此AB＝na/(a²)。又因为AB＞0，所以AB＝na。(3)解：当AD＝4AB时，代入(2)中的式子可得AB＝n/4a。若点F落在矩形内部，则n＞4。因为点F落在矩形内部，所以点G在AD上，因此∠FCG＜∠BCD，即∠FCG＜90°。如果∠CFG＝90°，则点F落在AC上，根据(2)可得AB＝n，因此n＝16。如果∠CGF＝90°，则有∠CGD＝∠ABE，因此△ABE∽△DGC，从而有AB/AE＝DC/DG。因为AB＝DC，所以AB²＝AD·AE＝4AB·AE，因此AE＝AB/4。代入题中可得n＝4。因此，当点F落在矩形内部时，n＞4。证明：根据题意，可得出解图①，连接AP，设等边三角形AB边上的高为h。由三角形面积公式可得S△ABP+S△ACP=S△ABC，即AB·PM+AC·PN=AB·h。因为AB=AC，所以PM+PN=h，即PM+PN的长度恰好等于三角形ABC一边上的高。解：根据题意，可得出解图①，设BP=x(0<x<2)，那么PC=2-x。在直角三角形BPM中，∠B=60°，所以BM=x/√3，AM=(2-x)/2，PM=x。因此，S△APM=AM·PM=(2-x)/2·x=x-x²/2。在直角三角形CNP中，∠C=60°，所以CN=(2-x)/√3，AN=2-(2-x)/2=1+x/2，PN=√3(2-x)/2。因此，S△APN=AN·PN=(1+x/2)·√3(2-x)/2=-x²/2+x√3/2+3/4。因此，四边形AMPN的面积为S四边形AMPN=S△APM+S△APN=x-x²/2+(-x²/2+x√3/2+3/4)=-(x-1)²+3/4。因此，当x=1时，四边形AMPN的面积最大，最大值为3/4。当$x=1$时，四边形$AMPN$的面积最大值为$\dfrac{4}{33}$，即当$BP=1$时，四边形$AMPN$的面积最大值为$\dfrac{4}{11}$。如图，在矩形$ABCD$中，$AD=4$，$AB=m(m>4)$，点$P$是$AB$边上的任意一点（不与点$A$、$B$重合），连接$PD$，过点$P$作$PQ\perpPD$，交直线$BC$于点$Q$。(1)当$m=10$时，是否存在点$P$使得点$Q$与点$C$重合？若存在，求出此时$AP$的长；若不存在，说明理由；(2)连接$AC$，若$PQ\parallelAC$，求线段$BQ$的长（用含$m$的代数式表示）；(3)若$\trianglePQD$为等腰三角形，求以$P$、$Q$、$C$、$D$为顶点的四边形的面积$S$与$m$之间的函数关系式，并写出$m$的取值范围。解：(1)假设存在点$P$使得点$Q$与点$C$重合。$\becausePQ\perpPD$，$\therefore\angleDPC=90^{\circ}$，$\therefore\angleAPD+\angleBPC=90^{\circ}$，$\because\angleAPD+\angleADP=90^{\circ}$，$\therefore\angleADP=\angleBPC$，又$\because\angleB=\angleA=90^{\circ}$，$\therefore\triangleADP\sim\triangleBPC$，$\therefore\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{PB}{PC}$，$\therefore\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{1}$，$\thereforeAP=2$或$8$。$\because\dfrac{10-AP}{4}=\dfrac{m-4}{m}$，$\therefore\dfrac{8}{4}=\dfrac{10-AP}{10}$，$\thereforeAP=2$。$\therefore$当$m=10$时，存在点$P$，使得点$Q$与点$C$重合，此时$AP$的长为$2$。(2)由(1)可知，当$PQ\perpPD$时，$\triangleADP\sim\triangleBPQ$，$\therefore\dfrac{AD}{AP}=\dfrac{BP}{BQ}$，即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{BQ}$，即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{m-BP}$，即$\dfrac{4}{AP}=\dfrac{m-4}{m-4-AP}$，解得$BQ=\dfrac{4m^2-64}{m^2}$。当$PQ\parallelAC$时，$\triangleBPQ\sim\triangleBAC$，$\therefore\dfrac{BQ}{BA}=\dfrac{BP}{BC}$，即$\dfrac{BQ}{m}=\dfrac{m-4}{4}$，解得$BQ=\dfrac{m^2-4m}{16}$。$\therefore$当$PQ\parallelAC$时，$BQ=\dfrac{m^2-4m}{16}$。(3